So wie du dir das denkst - oben und unten offene Pappröhre - klappt das nie:
V = Pi r ² h = V0 ( 1a )
O = 2 Pi r h = 2 V0 / r ( 1b )
Wir kommen damit zu dem erstaunlichen Ergebnis: Die Oberfläche strebt gegen Unendlich in dem Maße, wie du die Röhre " immer dünner und länger " machst. Denn das genau ist der Punkt; mach dir bitte klar, dass ja h = h ( r ) implizit von r abhängt.
Die Aufgabe hat nur dann Sinn, wenn du mindestens den Boden des Zylinders mitzählst; wir werden es sogar mit Deckel rechnen. Obwohl - dein Aufgabentext ist alles andere als eindeutig.
V ( r ; h ) := r ² h = V0 = const > 0 ( 2a )
O ( r ; h ) := r ² + r h = min ( 2b )
Überflüssige Faktoren wie 2 und Pi, die ( 2a ) und ( 2b ) gemeinsam sind, lasse ich unter den Tisch fallen; da bin ich ganz großzügig.
Nein; eingesetzt wird hier nicht. Das tut eh kein gebildeter Matematiker. Ich bin nämlich dahinter gekommen, dass sich Zylinderaufgaben ganz super mit der Technik des ===> impliziten Differenzierens ( ID ) bewältigen lassen, die schon für Schüler selbst erklärend ist.
Setzen wir zunächst die Ableitung von ( 2b ) nach r gleich Null wegen Minimum . Dabei soll über die Kettenregel berücksichtigt werden, dass ja h eine ( implizite ) Funktion h = h ( r ) ist.
2 r + h + r h ' = 0 ( 3a )
Dabei ist dieses h ' zunächst unbekannt. Wegen Konstant muss aber auch die Ableitung von ( 2a ) verschwinden, und das gibt die zweite Bedingung an h '
2 r h + r ² h ' = 0 ===> r h ' = - 2 h ( 3b )
Division durch r ist zulässig in ( 3b ) , da Ungleichung ( 2a ) den Fall r = 0 ausschließt.
Manchmal muss man auch etwas sehen; der Term ( r h ' ) ist nämlich ( 3ab ) gemeinsam. Wir können einsetzen
2 r + h = 2 h ===> h = 2 r ( 4 )
In Worten: Der Zylinder muss genau so dick wie hoch sein. Bitte besprich das ID-Verfahren mit deinem Lehrer; aus Kommentaren weiß ich: Es gibt Schüler, die den anschaulichen Zusammenhang eingesehen haben. Der Hintergrund von ID; notwendige Bedingung für ein Extremum von ( 2b ) ist das " Wandersmannkriterium " : Die beiden Grafen ( 2ab ) müssen die selbe Tangente haben; mit der modernen Powerpoint Overlay Technik sollte es möglich sein, diesen Umstand zu vermitteln.
So völlig gleichberechtigt sind die Veränderlichen r und h nun auch wieder nicht; den Vorteil dieser Rechenmetode kannst du nur dann voll ausnutzen, wenn du nach r ableitest und nicht nach h.
Seemanslos; Probieren geht über Studieren ...
Mit dem Vollzylinder hast du automatisch schon den ( oben offenen ) Halbzylinder ( ohne Deckel ) mit gelöst; ein Genie hatte mir eine spezielle Spiegeltechnik vorgeschlagen, auf die ich in einem Kommentar noch näher eingehen werde.
Ganz allgemein bezeichne ich das Problem, von einer gegebenen Körperklasse ( Zylinder ) bei gegebenem Volumen den mit der kleinsten Oberfläche zu finden, als das Volumenproblem dieser Klasse.
Das Volumenproblem des Halbzylinders H wird nun auf den Vollzylinder Zzurück geführt, indem du auf die oben offene Seite einen Spiegel legst. Zusammen mit seinem Spiegelbild H ' schließt sich H zu einem Vollzylinder Z . Da H und H ' kongruent sind, stimmen Oberfläche und Volumen überein. Z hat doppelten Inhalt und doppelte Oberfläche wie H .
Die Volumenprobleme von H und Z sind ÄQUIVALENT .
Seien r und h Radius und Höhe von H . Dann sind die entsprechenden Werte für Z gleich r und 2 h ; und es folgt 2 h = 2 r ===> h = r
Ich selbst habe mir ja den logaritmischen Trick überlegt. Zunächst führe ich eine dimensionslose Verhältnisvariabnle ein
v := h / r ( 5a )
Dann lautet ( 2b )
O ( r ; v ) = r ² ( 1 + v ) = min ( 5b )
u := ln ( r ) ( 5c )
Wie ihr seht, habe ich mir gleich noch dieses u geschnitzt. Dann folgt aber
F ( u ; v ) := ln ( O ) = 2 u + ln ( v + 1 ) = min ( 5d )
Und für ( 2a ) findest du entsprechend
G ( u ; v ) := ln ( V ) = 3 u + ln ( v ) = const ( 6a )
Im Zusammenhang mit dem Wandersmann hatten wir gesagt: ( 2ab ) müssen die selbe Tangente haben. Dann haben sie aber auch DIE SELBE NORMALE .
Genau so führt Wiki übrigens das ===> Lagerangeverfahren ein; es steht dem durchaus nichts entgegen, dass euer Lehrer das irgendwann endlich mal anpackt. ( 5d;6a ) rechne ich jetzt jeden Falls mit Lagrange; den Lagrangeparameter von ( 6a ) nenne ich k . Wir bilden die ===> Linearkombination
H ( u ; v ) := F ( u ; v ) + k G ( u ; v ) ( 6b )
Und - oh Wunder - die Chose separiert. Gleich wenn wir nach u ableiten, landen wir bei k = ( - 2/3 ) ; und in ( 6b ) werden wir auf ein gewöhnliches Extremwertproblem in v geführt - der einzigen Variablen, die uns wirklich intressiert:
H = H ( v ) = 3 ln ( v + 1 ) - 2 ln ( v ) ( 6c )
Naa stimmt's ?
